2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知i为虚数单位，复数z满足z1+i=2−i，则复数z的虚部是( )
A. −iB. iC. −1D. 1
2.已知向量a=(−2,2 3),b=(1, 3)，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 14aB. −14aC. −bD. b
3.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有( )
A. 若α//β，m⊥α，m//n，则n⊥β B. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
C. 若m//α，m//n，则n//α D. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β
4.机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感.莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形.若线段AB长为1，则莱洛三角形的周长是( )
A. πB. 2π3C. π3D. 4π3
5.已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A. 12πB. 16πC. 48πD. 96π
6.已知函数f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx的定义域为[0,π2]，在定义域内存在唯一x0，使得f(x0)=3，则ω的取值范围为( )
A. [16,136]B. [16,136)C. [13,73]D. [13,73)
7.如图，圆O内接边长为1的正方形ABCD，P是弧BC(包括端点)上一点，则AP⋅AB的取值范围是( )
A. [1,4+ 24] B. [1,1+ 22]
C. [1,2+ 22] D. [ 24,1]
8.已知函数f(x)=ex−eπ−x−csx，若实数x1，x2，x3成等差数列，且f(x1)+f(x2)+f(x3)=0，则x1+x2+x3=( )
A. 0B. π2C. 3π2D. 3π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=Asin(2ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示下列说法正确的是( )
A. ω=1
B. 函数f(x)的图象的对称轴方程为直线x=kπ2+π12,k∈Z
C. 函数f(x)的单调递减区间为[kπ2+π12,kπ2+7π12],k∈Z
D. 若对于任意x∈[π4,2π3]，都有|f(x)−m|<2成立，实数m的取值范围为(−1,0)．
10.已知复数z1，z2，z3均为虚数，且z3=z1z2−，则( )
A. z3z1z2<0
B. |z3|=|z1|⋅|z2|
C. 1z3−1z1z2为纯虚数
D. 存在某个实系数二次方程，它的两个根为z1z2，z1z2z3
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点(含边界)，若B1N//平面BMD，则下列结论正确的是( )
A. NB1⊥NC1B. 三棱锥B1−NBM的体积为43
C. 点N的轨迹长度为2 2D. tan∠A1NB1的取值范围为[1, 5]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知锐角α，β，且满足csα= 55，sin(β−α)= 210.则sinβ= ______．
13.已知PC是三棱锥P−ABC外接球的直径，且PA⊥BC，PA=6，三棱锥P−ABC体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______．
14.已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若A=2B，则a+cb的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，D为AC边的中点，求BD的长．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD=2，点E为线段PD的中点．
(1)求证：PB//平面AEC；
(2)求证：AE⊥平面PCD；
(3)求三棱锥P−BCE的体积．
17.(本小题15分)
已知f(x)=2sin(x+φ)(φ∈(−π2,π2))，对任意x∈R都有f(π3−x)=f(x)．
(1)求φ的值；
(2)若当x∈(0,π)时方程f(x)+m=0有唯一实根，求m的范围．
(3)已知g(x)=2sin(x+φ2)，若对任意x∈[π6,π]都有ag(−x)−f2(x)>2a−12恒成立，求实数a的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=12AA1=2，点M为A1B1的中点．
(1)证明：平面BMC1⊥平面AA1B1B；
(2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出B1QQB的值；若不存在，请说明理由．
(3)求二面角M−BC1−B1平面角的正切值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，csA= 22，点O为△ABC的外心．
(1)若AB=3 2，AC=4，求AO⋅AB+BO⋅BC+CO⋅CA的值；
(2)若AO=xAB+yAC，求x+y的最大值；
(3)求证；OA+sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=0．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.A
5.C
6.D
7.B
8.C
9.ABD
10.BC
11.BD
12.3 1010
13.52π
14.(1+ 2,2+ 3)
15.解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
16.(1)证明：连结BD，交AC于点O，连结OE，
如图示：

∵O是正方形ABCD对角线交点，∴O为BD的中点，
由已知E为线段PD的中点，∵PB//OE，
又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB//平面ACE；
(2)证明：∵PA=AD，E为线段PD的中点，∴AE⊥PD，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
在正方形ABCD中，CD⊥AD，又PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD=D，
∴AE⊥平面PCD；
(3)解：由点E为线段PD的中点，故点P与点D到平面AEC的距离相等，
故VP−BCE=VD−BCE=VE−BCD=12VP−BCD=12×13×2×12×2×2=23．
17.解：(1)对任意x∈R都有f(π3−x)=f(x)，
则函数f(x)的图象关于直线x=π6对称，
于是π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，
而φ∈(−π2,π2)，
则k=0，φ=π3，
所以φ=π3；
(2)f(x)=2sin(x+π3)，
当x∈(0,π)时，设t=x+π3∈(π3,4π3)，
y=2sint在t∈(π3,π2)为增函数，在t∈(π2,4π3)为减函数，
所以方程f(x)+m=0有唯一实根，
等价于f(t)+m∈(− 3+m, 3+m]∪{2+m}时有唯一实根，
所以m的范围是m∈[− 3, 3)∪{−2}；
(3)由(1)知，g(x)=2sin(x+π6)，
则g(−x)=−2sin(x−π6)，
f(x)=2sin(x+π3)=2cs(x−π6)，
[f(x)]2=4cs2(x−π6)=4−4sin2(x−π6)，
当x∈[π6,π]时，x−π6∈[0,5π6]，sin(x−π6)∈[0,1]，
令sin(x−π6)=t∈[0,1]，
显然g(−x)=−2t，[f(x)]2=4−4t2，
不等式ag(−x)−f2(x)>2a−12⇔−2at−(4−4t2)>2a−12⇔a<2t2+4t+1，
依题意，∀t∈[0,1]，不等式a<2t2+4t+1恒成立，是然t+1∈[1,2]，
2t2+4t+1=2(t2−1)+6t+1=2(t−1)+6t+1=2(t+1)+6t+1−4≥2 2(t+1)⋅6t+1−4=4 3−4，
当且仅当2(t+1)=6t+1，即t= 3−1时取等号，
则a<4 3−4，
所以实数a的取值范围是(−∞,4 3−4).
18.解：(1)证明：在正三棱柱ABC−A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1，
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M.
而AA1∩A1B1=A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，于是C1M⊥平面AA1B1B，C1M⊂平面BC1M，
则平面BC1M⊥平面AA1B1B.
(2)存在，证明如下：
在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，平面BC1M∩平面AA1B1B=BM，
因此AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要找的点，
如下图所示，显然△ABQ∽△BB1M，因此BQB1M=ABBB1，
即有BQ1=24，于是BQ=12，B1Q=B1B−BQ=4−12=72，所以B1QQB=7．

(3)在平面A1B1C1上，过M点作MN垂直B1C1垂足为N，因为点M为A1B1的中点，
所以N为B1C1的四等分点，即C1N：C1B1=3：4，
过N点作BC1的垂线NP垂足为P，连接MP，
平面A1B1C1⊥平面CC1B1B，平面A1B1C1∩平面CC1B1B=B1C1，
因此MN⊥平面CC1B1B，所以有MP⊥BC1，由二面角定义可得∠MPN为二面角M−BC1−B1的平面角，
因为△BC1B1为直角三角形，
所以BC1边上的高为d=4 5，则有NP=34d=3 5，
所以tan∠MPN= 323 5= 156．

19.解：(1)由题意，AB=3 2，AC=4，csA= 22，
则由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=18+16−2×3 2×4× 22=10，故BC= 10，
取AB的中点D，连接OD，则OD⊥AB，
所以AO⋅AB=(AD+DO)⋅AB=AD⋅AB=182=9，
同理可得BO⋅BC=8，CO⋅CA=5，
则AB⋅AO+BC⋅BO+CA⋅CO=9+8+5=22；
(2)不妨设|AB|=m，|AC|=n，
则AO⋅AB=(AD+DO)⋅AB=AD⋅AB=12m2，同理可得AO⋅AC=12n2，
则由AO=xAB+yAC，可得AO⋅AB=x|AB|2+yAB⋅AC=xm2+ymncsA=xm2+ 22ymn=12m2，
即得：2mx+ 2ny=m，①
又由AO=xAB+yAC，可得AO⋅AC=xAB⋅AC+y|AC|2=xmncsA+yn2= 22xmn+yn2=12n2，
即得： 2mx+2ny=n，②
联立①②，解得x=1− 2n2my=1− 2m2n，
则x+y=1− 2n2m+1− 2m2n=2− 22(nm+mn)，
因nm+mn≥2，当且仅当m=n时等号成立，
即当m=n时，x+y取得最大值2− 2；
(3)证明：由csA= 22，0由图知∠BOC=2∠A=π2，则OB⋅OC=0，
设△ABC的外接圆半径为R，
则|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|2=sin22B⋅|OB|2+cs22B⋅|OC|2=R2，
即|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|=R，
又OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)=R2(sin2Bcs∠AOB−cs2Bcs∠AOC)，
而∠AOB=2π−∠BOC−∠AOC=3π2−∠AOC，
则cs∠AOB=−sin∠AOC=−sin2B，而cs∠AOC=cs2B，
故OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)=−R2(sin22B+cs22B)=−R2，
不妨设OA与sin2B⋅OB−cs2B⋅OC的夹角为θ，
则csθ=OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)|OA|⋅|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|=−R2R2=−1，
因θ∈[0,π]，故θ=π，即OA=−sin2B⋅OB+cs2B⋅OC，
故OA+sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=0，故原式得证．